Vojtech Jarnik 2018/2 Category II

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7884
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Vojtech Jarnik 2018/2 Category II

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Απρ 24, 2018 3:01 pm

Έστω θετικός ακέραιος n και πραγματικοί αριθμοί a_1 \leqslant a_2 \leqslant \cdots \leqslant a_n ώστε

\displaystyle  a_1 + 2a_2 + \cdots + na_n = 0

Να αποδειχθεί ότι

\displaystyle  a_1[x] + a_2[2x] + \cdots + a_n[nx] \geqslant 0

για κάθε πραγματικό x, όπου με [t] δηλώνουμε τον μοναδικό ακέραιο m που ικανοποιεί την σχέση m \leqslant t < m+1.



Λέξεις Κλειδιά:
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Vojtech Jarnik 2018/2 Category II

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Παρ Απρ 27, 2018 11:38 am

Παίρνουμε αρχικά την περίπτωση x \geqslant 0. Προφανώς, αν \lfloor nx \rfloor = 0, το ζητούμενο ισχύει. Θεωρούμε \lfloor nx \rfloor > 0.

Χρησιμοποιούμε τη γνωστή έννοια της κυριαρχίας, σύμφωνα με την οποία, από δύο αύξουσες πεπερασμένες ακολουθίες n αριθμών (c_k), (d_k) με \displaystyle \sum_{k=1}^n c_k = \sum_{k=1}^nd_k η (d_k) κυριαρχεί επί της (c_k) ((d_k) \succ (c_k)) αν και μόνο αν \displaystyle \sum_{k=1}^p c_k \leqslant \sum_{k=1}^p d_k για κάθε 1 \leqslant p \leqslant n.

Αποδεικνύεται εύκολα με επαγωγή ότι για κάθε a_1 \leqslant a_2 \leqslant ... \leqslant a_n και (d_k) \succ (c_k) ισχύει \displaystyle \sum_{k=1}^n d_k a_k \leqslant \sum_{k=1}^n c_k a_k.

Έτσι, με βάση το δεδομένο και το ζητούμενο, αρκεί να αποδείξουμε ότι η \displaystyle c_k \equiv \frac{ \lfloor kx \rfloor}{\sum_{i=1}^n \lfloor ix \rfloor} κυριαρχείται από την \displaystyle d_k \equiv \frac{k}{\sum_{i=1}^n i}, δηλαδή ότι \displaystyle \frac{\sum_{i=1}^p \lfloor ix \rfloor}{\sum_{i=1}^p i} \leqslant \frac{\sum_{i=1}^n \lfloor ix \rfloor}{\sum_{i=1}^n i} για κάθε 1 \leqslant p \leqslant n.

Οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι η \displaystyle s_p \equiv \frac{\sum_{i=1}^p \lfloor ix \rfloor}{\sum_{i=1}^p i} είναι αύξουσα, δηλαδή s_{n} \leqslant s_{n+1}.

Με λίγη άλγεβρα διαπιστώνουμε ότι \displaystyle s_n \leqslant s_{n+1} \Leftrightarrow 2 \sum_{k=1}^n \lfloor kx \rfloor \leqslant n \lfloor  (n+1) x \rfloor, που είναι άμεση συνέπεια της ιδιότητας \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leqslant \lfloor x + y \rfloor και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Παρατηρούμε ότι η αντίστοιχη ακολουθία με ceiling αντί για floor είναι φθίνουσα (από την ιδιότητα \lceil x \rceil + \lceil y \rceil \geqslant \lceil x + y \rceil) και έτσι \displaystyle \sum_{k=1}^n a_k \lceil kx \rceil \leqslant 0. Οπότε, για την περίπτωση x < 0 χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι \lfloor kx \rfloor = - \lceil -kx \rceil και η ανισότητα μετατρέπεται στην \displaystyle - \sum_{k=1}^n a_k \lceil k(-x) \rceil \geqslant 0 που ισχύει.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης